第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

【知識梳理自查】一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1.復(fù)合場與組合場:(1)復(fù)合場:電場、_____、重力場共存或其中某兩場共存。(2)組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或在同一區(qū)域,電場、磁場分時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。必備知識·自主排查磁場2.帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動情況分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時,將處于_____狀態(tài)或_____________狀態(tài)。(2)勻速圓周運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小_____,方向_____時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做________運(yùn)動。(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在___________時,粒子做非勻變速曲線運(yùn)動,這時粒子的運(yùn)動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動:帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)域,其運(yùn)動情況隨區(qū)域發(fā)生變化,其運(yùn)動過程由幾種不同的運(yùn)動階段組成。靜止勻速直線運(yùn)動相等相反勻速圓周一條直線上二、三種場的比較項目名稱力的特點功和能的特點重力場大小:G=___方向:_________重力做功與_____無關(guān)重力做功改變物體的_________靜電場大小:F=___方向:①正電荷受力方向與場強(qiáng)方向_____②負(fù)電荷受力方向與場強(qiáng)方向_____電場力做功與_____無關(guān)W=___電場力做功改變_______磁場洛倫茲力大小:F=____方向:根據(jù)_____定則判定洛倫茲力不做功,不改變帶電粒子的_____mg豎直向下路徑重力勢能qE相同相反路徑qU電勢能qvB左手動能【情境轉(zhuǎn)換】復(fù)合場是指電場、磁場、重力場共存或其中某兩場共存的情況。如圖所示:假如帶電粒子水平飛入如圖所示的重力場、電場、磁場都存在的復(fù)合場內(nèi),試分析帶電粒子有可能做什么運(yùn)動?

提示:可能做勻速直線運(yùn)動,可能做勻速圓周運(yùn)動。

三、質(zhì)譜儀和回旋加速器

【小題速診速糾】1.判一判(1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無限制地增大。 (

)(2)粒子能否通過速度選擇器,除與速度有關(guān)外,還與粒子的帶電正、負(fù)有關(guān)。 (

)(3)磁流體發(fā)電機(jī)中,根據(jù)左手定則,可以確定正、負(fù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向,從而確定正、負(fù)極或電勢高低。 (

)(4)帶電粒子在復(fù)合場中受洛倫茲力情況下的直線運(yùn)動一定為勻速直線運(yùn)動。 (

)(5)質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量并分析同位素的儀器。 (

)提示:(1)×

(2)×

(3)√

(4)√

(5)√2.練一練(1)下列裝置中,沒有利用帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是(

)

【解析】選D。洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,不是利用帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)制成的,所以D符合題意。

(2)帶電質(zhì)點在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動,某時刻速度方向如圖所示,所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反,不計阻力,則在此后的一小段時間內(nèi),帶電質(zhì)點將 (

)A.可能做直線運(yùn)動B.可能做勻減速運(yùn)動C.一定做曲線運(yùn)動D.可能做勻速圓周運(yùn)動【解析】選C。帶電質(zhì)點在運(yùn)動過程中,重力做功,速度大小和方向發(fā)生變化,洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化,故帶電質(zhì)點不可能做直線運(yùn)動,也不可能做勻減速運(yùn)動或勻速圓周運(yùn)動,C正確?？键c1帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(d)【要點融會貫通】“電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較關(guān)鍵能力·層級突破【典例考題研析】【典例1】在平面直角坐標(biāo)系xOy中,第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點以速度v0垂直于y軸射入電場,經(jīng)x軸上的N點與x軸正方向成θ=60°角射入磁場,最后從y軸負(fù)半軸上的P點垂直于y軸射出磁場,如圖所示。不計粒子重力,求:(1)M、N兩點間的電勢差UMN;(2)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r;(3)粒子從M點運(yùn)動到P點的總時間t?！窘馕觥?1)設(shè)粒子過N點時的速度為v,有=cosθ ①故v=2v0 ②粒子從M點運(yùn)動到N點的過程,有qUMN=mv2-m ③UMN=。(2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動,半徑為O′N,有qvB= ⑤r=。 ⑥(3)由幾何關(guān)系得ON=rsinθ ⑦設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1,有ON=v0t1 ⑧t1= ⑨粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T= ⑩設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2,有t2=T t2= t=t1+t2,t=。 答案:見解析【精練題組通關(guān)】1.(2020·杭州模擬)如圖所示,在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場,在第一、四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。在該平面有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以初速度v0垂直x軸從x軸上的P點進(jìn)入勻強(qiáng)電場,之后與y軸成45°角射出電場,再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場,已知O、P之間的距離為d,不計帶電粒子的重力,則A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

B.電場強(qiáng)度E=

C.自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為

D.自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為【解析】選D。粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,沿x軸方向做勻加速運(yùn)動,沿y軸方向做勻速運(yùn)動,由題可知,出電場時,vx=vy=v0,根據(jù)x=d=vxt、y=vyt=v0t,得y=2x=2d,出電場時與y軸交點坐標(biāo)為(0,2d),設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡半徑為R,則有Rsin(180°-β)=y=2d,而β=135°,解得R=2d,粒子在磁場中運(yùn)動的速度v=v0,根據(jù)R=,解得B=,故A錯誤;根據(jù)vx=at=t=vy、x=d=vxt,得E=,故B錯誤;在第一象限運(yùn)動時間t1=T=T=,在第四象限運(yùn)動時間t2=T=,所以自進(jìn)入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用總時間t=t1+t2=,故D正確、C錯誤。2.(2015·浙江10月選考真題)如圖是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B1和B2,長L=1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場強(qiáng)大小E=5.0×104V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動能Ek0=4.0×104eV的氘核,氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點水平射出。S、P兩點間的高度差h=0.10m。(氘核質(zhì)量m=2×1.67×10-27kg、電荷量q=1.60×10-19C,1eV=1.60×10-19J。

≈1×10-4)(1)求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出時的動能Ek2。(2)若B1=1.0T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出,求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d。(3)若B1=1.0T,要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點射出,求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2?！窘馕觥?1)由動能定理W=Ek2-Ek0電場力做功W=qE·2L得Ek2=Ek0+qE·2L=1.4×105eV=2.24×10-14J(2)洛倫茲力提供向心力qvB=m第一次進(jìn)入B1區(qū)域,半徑R0==0.04m第二次進(jìn)入B1區(qū)域,m=Ek0+qELR2==0.06m,故d=R2=0.06m(3)氘核運(yùn)動軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05m由R1=得B2==1.2T答案:(1)2.24×10-14J

(2)0.06m

(3)1.2T【加固訓(xùn)練】如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力)從P點以大小為v0的水平初速度射入電場,隨后與邊界AB成45°射入磁場。若粒子能垂直CD邊界飛出磁場,穿過小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場中減速至零且碰不到正極板。(1)請畫出粒子上述過程中的運(yùn)動軌跡,并求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小v。(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(3)求金屬板間的電壓U的最小值。【解析】(1)軌跡如圖所示v=(2)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)其軌道半徑為R,由幾何關(guān)系可知R==dqvB=m,解得B=(3)粒子進(jìn)入板間電場至速度減為零且恰不與正極板相碰時,板間電壓U最小,由動能定理有-qU=0-mv2,解得U=。答案:(1)軌跡見解析圖v0

(2)(3)考點2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(d)【要點融會貫通】帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的解題思路

(1)弄清復(fù)合場的組成,一般有磁場、電場的復(fù)合,電場、重力場的復(fù)合,磁場、重力場的復(fù)合,磁場、電場、重力場三者的復(fù)合。(2)正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意電場力和磁場力的分析。(3)確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài),注意運(yùn)動情況和受力情況的分析。(4)對于粒子連續(xù)通過幾個不同情況場的問題,要分階段進(jìn)行處理。轉(zhuǎn)折點的速度往往成為解題的突破。(5)畫出粒子運(yùn)動軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動時,根據(jù)受力平衡列方程求解。②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動時,應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解。③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解。④對于臨界問題,注意挖掘隱含條件?！镜淅碱}研析】【典例2】壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號,其原理如圖1所示,壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后,通過與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L,驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動,其位移x與壓力p成正比(x=αp,α>0)?；魻柶姆糯髨D如圖2所示,它由長×寬×厚=a×b×d,單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成,磁場方向垂直于x軸向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=B0(1-β|x|),β>0。無壓力波輸入時,霍爾片靜止在x=0處,此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I,則在側(cè)面上D1、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0。(1)指出D1、D2兩點哪點電勢高。(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示:電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbd,其中e為電子電荷量)。(3)彈性盒中輸入壓力波p(t),霍爾片中通以相同的電流,測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖3,忽略霍爾片在磁場中運(yùn)動產(chǎn)生的電動勢和阻尼,求壓力波的振幅和頻率。(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示)【解題思路】解答本題應(yīng)注意以下兩點:關(guān)鍵點(1)該題中形成電流的是電子的定向移動,電子移向的一方電勢低。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化引起UH的變化?！窘馕觥?1)電流方向為C1C2,則電子運(yùn)動方向為C2C1,由左手定則可判定電子偏向D2邊,所以D1邊電勢高。(2)當(dāng)電壓為U0時,電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn),故電場力等于洛倫茲力evB0=e ①由電流I=nevbd得:v= ②將②代入①得U0=(3)圖象結(jié)合輕桿運(yùn)動可知,0～t0內(nèi),輕桿向一側(cè)運(yùn)動至最遠(yuǎn)點又返回至原點,則輕桿的運(yùn)動周期為T=2t0,所以,頻率為:f=當(dāng)桿運(yùn)動至最遠(yuǎn)點時,電壓最小,即取U1,此時B=B0(1-β|x|)取x正向最遠(yuǎn)處為振幅A,有:U1=(1-βA)所以:解得:A=根據(jù)壓力與位移關(guān)系x=αp可得p=因此壓力最大振幅為:pm=答案:(1)D1點電勢高(2)U0=

(3)

【精練題組通關(guān)】1.(2020·溫州模擬)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進(jìn)入方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運(yùn)動到A,下列說法中正確的是 (

)A.該微粒一定帶正電荷B.微粒從O到A的運(yùn)動可能是勻變速運(yùn)動C.該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

D.該電場的電場強(qiáng)度為Bvcosθ【解析】選C。若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,微粒不能做直線運(yùn)動,據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運(yùn)動到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運(yùn)動,故A、B錯誤;由平衡條件得qvBcosθ=mg,qvBsinθ=qE,得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,電場的電場強(qiáng)度E=Bvsinθ,故C正確、D錯誤。2.如圖所示,勻強(qiáng)電場方向水平向右,勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v沿與磁場垂直、與電場成45°角的方向射入復(fù)合場中,恰能做勻速直線運(yùn)動,求電場強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小?！窘馕觥坑捎趲щ娢⒘Ｗ鰟蛩僦本€運(yùn)動,且洛倫茲力與電場力不共線,說明微粒必然還要受到重力作用,且洛倫茲力必然斜向上,即粒子帶正電,其受力如圖,由qE=mgtan45°和mg=qvBcos45°,解得E=,B=。答案:

3.如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線DD′,過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域。區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場B(圖中未畫出);區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h(yuǎn)=2l、傾角α=

的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD′距離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出);C點在DD′上,距地面高H=3l。零時刻,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0=

、方向與水平面夾角θ=

的速度,在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r=

的勻速圓周運(yùn)動,經(jīng)C點水平進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。某時刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運(yùn)動到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點,不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響。l已知,g為重力加速度。(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時刻tA。(3)若小球A、P在時刻t=β

(β為常數(shù))相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E,并討論場強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向?！窘馕觥?1)由題知,小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有m=qv0B代入數(shù)據(jù)解得B=(2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為θ,運(yùn)動到C點的時刻為tC,則有tC=s-hcotα=v0(t1-tC)小球A釋放后沿著斜面運(yùn)動的加速度為aA,與小球P在時刻t1相遇在斜面底端,有mAgsinα=mAaA=aA(t1-tA)2聯(lián)立方程得tA=(3-2)

(3)設(shè)所求電場方向向下,在tA′時刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動的加速度為aP,有s=v0(t-tC)+aA(t-tA′)2cosαmg+qE=maPH-h+aA(t-tA′)2sinα=aP(t-tC)2聯(lián)立相關(guān)方程解得E=若小球P與小球A在斜面底端相遇,則有t-tC=解得t=3若小球P與小球A在斜面頂端相遇,則有t-tC=解得t=5可得3≤β≤5所以,負(fù)號表明電場方向向上。所以電場強(qiáng)度最大為,方向豎直向上;電場強(qiáng)度最小為0。答案:(1)

(2)(3-2)(3)場強(qiáng)極大值為,方向豎直向上;場強(qiáng)極小值為0考點3帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實例應(yīng)用【要點融會貫通】1.基本思路:速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計和霍爾元件一般以單個帶電粒子為研究對象,在洛倫茲力和電場力平衡時做勻速直線運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),從而求出所求物理量。2.解決回旋加速器的方法:(1)交變電壓的頻率與粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的頻率相等。(2)在q、m和B一定的情況下,回旋加速器的半徑越大,粒子的能量就越大,最大動能與加速電壓無關(guān)?！镜淅碱}研析】【典例3】(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線MN所在圓的半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射的電場,中心線處的電場強(qiáng)度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出),磁分析器的左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動,而后由P點進(jìn)入磁分析器中,最終經(jīng)過Q點進(jìn)入收集器(進(jìn)入收集器時速度方向與O2P平行)。下列說法正確的是 (

)A.磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向內(nèi)B.加速電場中的加速電壓U=

ERC.磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d=

D.任何離子若能到達(dá)P點,則一定能進(jìn)入收集器【解析】選B、C。該正離子在磁分析器中沿順時針方向轉(zhuǎn)動,所受洛倫茲力指向圓心,根據(jù)左手定則可知,磁分析器中勻強(qiáng)磁場的方向垂直于紙面向外,A錯誤;該正離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動,有qE=m,在加速電場加速的過程中有qU=mv2,聯(lián)立解得U=ER,B正確;該正離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動,有qvB=m,又qE=,可得r=,該正離子經(jīng)Q點進(jìn)入收集器,故d=r=,C正確;任一初速度為零的正離子,質(zhì)量、電荷量分別記為mx、qx,經(jīng)U=ER的電場后,在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑Rx=R,即一定能到達(dá)P點,而在磁分析器中運(yùn)動的軌跡半徑rx=,rx的大小與離子的質(zhì)量、電荷量有關(guān),不一定有rx=d,故能到達(dá)P點的離子不一定能進(jìn)入收集器,D錯誤。【精練題組通關(guān)】1.(2020·湖州模擬)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20cm,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=5T,方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負(fù)電的微粒,整體呈中性)從左側(cè)噴射入磁場,發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P=100W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100Ω,不計離子重力和發(fā)電機(jī)內(nèi)阻,且認(rèn)為離子均為一價離子,則下列說法中正確的是 (

)A.金屬板M上聚集負(fù)電荷,金屬板N上聚集正電荷B.該發(fā)電機(jī)的電動勢為80VC.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上D.離子從左側(cè)噴射入磁場的初速度大小為103m/s【解析】選C。由左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn),所以M帶正電,A錯誤;發(fā)電機(jī)所接燈泡正常發(fā)光,由功率P=可知U=100V,因電源不計內(nèi)阻,則燈泡的電壓即為電動勢E=100V,故B錯誤;根據(jù)歐姆定律可知I==1A,由電流的定義可知I=,則每秒種打在板上的粒子個數(shù)為n==6.25×1018,故C正確;兩板間電壓穩(wěn)定時滿足:qvB=qE0=q,代入數(shù)據(jù),解得粒子的飛行速度為v=102m/s,故D錯誤。2.回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0。周期T=

。一束該種粒子在t=0～

時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動,不考慮粒子間的相互作用。求:(1)出射粒子的動能Em。(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0。(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件?！窘馕觥?1)粒子運(yùn)動半徑為R時有qvB=m,且Em=mv2,解得Em=(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫間